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微专题 2 板块模型的综合分析
命题规律 1.命题角度：(1)牛顿运动定律在板块模型中的应用；(2)动量定理及动量守恒定
律在板块模型中的应用；(3)能量观点在板块模型中的应用.2.常用方法：假设法、整体法与
隔离法.3.常考题型：选择题、计算题．
1．用动力学解决板块模型问题的思路
2．滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光
滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题．
3．应注意区分滑块、木板各自相对地面的位移和它们的相对位移．用运动学公式或动能定
理列式时位移指相对地面的位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)．
例1 (2022·广东省模拟)如图甲所示，一右端固定有竖直挡板的质量 M＝2 kg的木板静置于
光滑的水平面上，另一质量m＝1 kg的物块以v ＝6 m/s的水平初速度从木板的最左端P点
0
冲上木板，最终物块在木板上Q点(图甲中未画出)与木板保持相对静止，物块和木板的运动
速度随时间变化的关系图像如图乙所示．物块可视为质点．求：
(1)图乙中v、v 和v 的大小；
1 2 3
(2)整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量．
答案 (1)4 m/s 3 m/s 2 m/s (2)12 J
解析 (1)根据题意可知，题图乙中图线a表示碰撞前物块的减速运动过程，图线b表示碰撞
前木板的加速过程，图线c表示碰撞后木板的减速过程，图线d表示碰撞后物块的加速过程．
物块与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小为v，此时木板速度大小v ＝1 m/s
1 木从物块滑上木板到物块与挡板碰撞前瞬间的过程，根据系统动量守恒有
mv＝mv＋Mv
0 1 木
解得v＝4 m/s
1
物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小为v ，从物块滑上木板到物块与挡
2
板碰撞后瞬间的过程，根据系统动量守恒有
mv＝Mv
0 2
解得v＝3 m/s
2
2 s末物块与木板共同运动的速度大小为v ，从物块滑上木板到最终共同匀速运动的过程，
3
根据系统动量守恒有
mv＝(m＋M)v
0 3
解得v＝2 m/s
3
(2)物块与挡板碰撞前瞬间，系统的动能
E ＝mv2＋Mv 2＝9 J
k1 1 木
物块与挡板碰撞后瞬间，系统的动能
E ＝Mv2＝9 J
k2 2
故碰撞过程系统没有机械能损失，物块滑上木板时系统的动能
E ＝mv2＝18 J
k0 0
最终相对静止时系统的动能
E ＝(m＋M)v2＝6 J
k3 3
所以系统产生的热量
Q＝E －E ＝12 J.
k0 k3
例2 (2022·甘肃金昌市月考)如图所示，一质量M＝3 kg的小车由水平部分AB和光滑圆轨
道BC组成，圆弧BC的半径R＝0.4 m且与水平部分相切于B点，小物块Q与AB段之间的
动摩擦因数μ＝0.2，小车静止时左端与固定的光滑曲面轨道MN相切，一质量为m ＝0.5 kg
1
的小物块P从距离轨道MN底端高为h＝1.8 m处由静止滑下，并与静止在小车左端的质量
为m ＝1 kg的小物块Q(两物块均可视为质点)发生弹性碰撞，碰撞时间极短．已知除了小车
2
AB段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求碰撞后瞬间物块Q的速度；
(2)求物块Q在小车上运动1 s时相对于小车运动的距离(此时Q未到B点且速度大于小车的
速度)；
(3)要使物块Q既可以到达B点又不会从小车上掉下来，求小车左侧水平长度AB的取值范围．答案 (1)4 m/s，方向水平向右 (2) m (3)1.5 m≤L≤3 m
解析 (1)物块P沿MN滑下，设末速度为v，由机械能守恒定律得mgh＝mv2
0 1 1 0
解得v＝6 m/s
0
物块P、Q碰撞，取向右为正方向，设碰后瞬间P、Q速度分别为v 、v ，由动量守恒定律
1 2
得mv＝mv＋mv
1 0 1 1 2 2
由机械能守恒定律得
mv2＝mv2＋mv2
1 0 1 1 2 2
解得v＝－2 m/s，
1
v＝4 m/s
2
故碰撞后瞬间物块Q的速度为4 m/s，方向水平向右
(2)物块Q与小车相对运动，可由牛顿第二定律求得两者的加速度
a＝－＝－2 m/s2，
2
a＝＝ m/s2
3
物块Q的位移x＝vt＋at2＝3 m
2 2 2
小车的位移x＝at2＝ m
3 3
解得s＝x－x＝ m
2 3
(3)物块Q刚好到达B点时就与木板共速时AB段最长，根据动量守恒定律有
mv＝(m＋M)v
2 2 2 3
可得共同速度为v＝1 m/s
3
由能量守恒定律得mv2＝(m＋M)v2＋μm gL
2 2 2 3 2 1
解得L＝3 m
1
物块Q刚好回到A点时与木板共速时，AB段最短根据动量守恒定律可得共同速度仍为v＝
3
1 m/s
由能量守恒定律得mv2＝(m＋M)v2＋2μm gL
2 2 2 3 2 2
解得L＝1.5 m
2
当AB段最短时需要验证物块Q在圆弧上共速时上升高度是否超过R，由能量守恒定律得
mv2＝(m＋M)v2＋μm gL＋mgH
2 2 2 3 2 2 2
解得H＝0.3 m<R＝0.4 m
所以不会从圆弧轨道上滑出，则AB段的长度范围为1.5 m≤L≤3 m.
(2022·广东湛江市模拟)在光滑水平面上有一质量为2m、足够长的小车，小车左端锁定着一
块质量为m的木板，两者一起以的速度匀速向右运动．现有一颗质量也为m的子弹以v 的
0
水平初速度从同一方向射入木板．若子弹在木板运动过程中所受到的阻力为恒力且等于其自身重力，重力加速度取g.
(1)子弹恰好不从木板中穿出，则木板的长度L为多少？
(2)取木板的长度为，解除对木板的锁定，如果子弹在木板内运动过程中，木板相对小车发
生滑动，要使子弹不能从木板中射出，则木板与小车间的动摩擦因数μ应满足什么条件？
答案 (1) (2)μ≤0.2
解析 (1)木板锁定在车上，子弹在穿入木板的过程，子弹、木板和小车组成的系统动量守
恒，
有mv＋(m＋2m)＝(m＋m＋2m)v
0
根据能量守恒
FL＝mv2＋(m＋2m)()2－(m＋m＋2m)v2
f 0
又F＝mg
f
联立解得L＝
(2)木板和小车间有相对运动，则对木板和子弹受力分析，由牛顿第二定律得
a ＝＝(1－2μ)g
木
a ＝＝＝g
子
故木板向右做匀加速直线运动，子弹向右做匀减速直线运动．
子弹恰好不穿出木板，则子弹最终与木板共速且两者相对位移等于木板长度，设子弹与木板
共速时的速度为v，
有＝
联立解得v＝v
0
子弹位移x ＝
子
木板位移x ＝，
木
x －x ＝
子 木
联立以上各式解得μ＝0.5或μ＝0.2
当μ＝0.5时，2μmg＝F
f
木板与小车不会发生相对滑动，舍去．
因动摩擦因数越小越难穿出木块，故满足子弹不穿出木板条件为μ≤0.2.
专题强化练
1．(多选)(2022·河北武安市第一中学高三检测)如图甲所示，小车B紧靠平台边缘静止在光
滑水平面上，物体A(可视为质点)以初速度v 从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上(未
0冲出)，物体和小车的v－t图像如图乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2，则以下说法正确的
是( )
A．物体A与小车B间的动摩擦因数为0.3
B．物体A与小车B的质量之比为1∶2
C．小车B的最小长度为2 m
D．如果仅增大物体A的质量，物体A有可能冲出去
答案 AC
解析 物体A滑上小车B后做匀减速直线运动，对物体A分析有μm g＝m a ，由v－t图像
A A A
可得a ＝＝ m/s2＝3 m/s2，联立解得μ＝0.3，所以A正确；对小车B分析有μm g＝m a ，
A A B B
由v－t图像可得a ＝＝ m/s2＝1 m/s2，联立解得＝，所以B错误；小车B的最小长度为物
B
体A在小车B上的最大相对滑动位移，则有L ＝x －x ＝×1 m－×1 m＝2 m，所以C正确；
min A B
如果仅增大物体A的质量，物体A的加速度保持不变，但是小车B的加速度增大，所以两
者达到共速的时间减小了，则物体A与小车B的相对滑动位移减小，所以物体A不可能冲
出去，所以D错误．
2．(多选)(2022·福建福州市高三检测)如图所示，质量为M的长木板A以速度v 在光滑水平
0
面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右
端滑出，小滑块与木板间动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是( )
A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板
B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短
C．若只增大v，则小滑块离开木板的速度变大
0
D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块相对地面的位移变大
答案 AB
解析 若只增大滑块质量，滑块的加速度大小保持不变，但木板的加速度增大，所以两者达
到共速的时间减少了，则滑块在木板上的相对滑动位移减小，所以滑块不能滑离木板，A正
确；若只增大长木板质量，木板的加速度减小，以木板为参考系，滑块运动的平均速度变大，
即滑块在木板上的运动时间变短，B正确；若只增大木板初速度，滑块的受力不变，滑块的
加速度不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块在木板上的运动时间变短，所以滑块离开
木板的速度变小，C错误；若只减小动摩擦因数，那么滑块和木板的加速度均减小，相对位
移不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块滑离木板的过程所用时间变短，木板相对地面的位移变小，滑块滑离木板过程中滑块相对地面的位移为板长加木板对地位移，故减小，D
错误．
3．(多选)(2022·内蒙古海拉尔第二中学高三期末)如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长
木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端．现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，
让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用．滑块、长木板的v－t图像如图乙
所示，已知滑块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下．重力加速度g＝
10 m/s2.则下列说法正确的是( )
A．t＝9 s时长木板P停下来
B．长木板P的长度至少是7.5 m
C．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.5
D．滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为12 m
答案 AB
解析 由题图乙可知，力F在t ＝5 s时撤去，此时长木板P的速度v ＝5 m/s，t ＝6 s时两
1 1 2
者速度相同，共同速度为v ＝3 m/s，t ＝6 s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，t ＝6 s
2 2 2
后长木板P的速度小于滑块Q的速度，0～6 s过程中，以滑块Q为研究对象，由题图乙知
a ＝0.5 m/s2，由牛顿第二定律得μmg＝ma ，解得μ ＝0.05,5～6 s过程中，以长木板P为研
1 1 1 1
究对象，由题图乙知a ＝2 m/s2，由牛顿第二定律得μ(2m)g＋μmg＝ma ，解得μ ＝0.075，
2 2 1 2 2
从6 s末到长木板停下来的过程中，由牛顿第二定律得μ(2m)g－μmg＝ma ，解得a ＝1
2 1 3 3
m/s2，这段时间Δt ＝＝3 s，所以t＝9 s时长木板P停下来，故A正确，C错误；长木板P
1
的长度至少是前6 s过程中滑块Q在长木板P上滑行的距离Δx ＝×5×5 m＋×(5＋3)×1 m
1
－×3×6 m＝7.5 m，故B正确；在从6 s末到滑块停下来的过程中，由牛顿第二定律得
μmg＝ma ，解得a ＝0.5 m/s2，这段时间Δt ＝＝6 s，所以t ＝12 s时滑块Q停下来，6 s后
1 4 4 1 3
滑块Q在长木板P上滑行的距离Δx ＝×6×3 m－×3×3 m＝4.5 m，前6 s长木板P速度更
2
大，后6 s滑块Q速度更大，则滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为Δx＝Δx －Δx ＝3
1 2
m，故D错误．
4.(2022·四川成都市月考)如图，长为L的矩形长木板静置于光滑水平面上，一质量为m的滑
块以水平向右的初速度v 滑上木板左端．①若木板固定，则滑块离开木板时的速度大小为；
0
②若木板不固定，则滑块恰好不离开木板．滑块可视为质点，重力加速度大小为g.求：
(1)滑块与木板间的动摩擦因数μ；(2)木板的质量M；
(3)两种情况下，滑块从木板左端滑到右端的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小之比I∶I.
1 2
答案 (1) (2)8m (3)3∶4
解析 (1)木板固定时，滑块做匀减速直线运动，所受摩擦力大小为F＝μmg
f
由动能定理有－FL＝m()2－mv2
f 0
解得μ＝.
(2)木板不固定时，木板和滑块系统在相互作用过程中动量守恒，设两者共速时的速度为 v，
由能量守恒定律有
μmgL＝mv2－(m＋M)v2
0
由动量守恒定律有mv＝(m＋M)v
0
联立两式解得M＝8m.
(3)规定水平向右的方向为正方向，木板固定时，对滑块由动量定理有
I＝m()－mv＝－mv
1 0 0
木板不固定时滑块末速度由(2)知
v＝＝
由动量定理有I＝mv－mv＝m()－mv＝－mv
2 0 0 0
解得I∶I＝3∶4.
1 2
5.(2022·云南省玉溪第一中学高三检测)如图所示，质量M＝0.9 kg的木板A静止在粗糙的水
平地面上，质量m＝1 kg、可视为质点的物块B静止放在木板的右端，t＝0时刻一质量为m
0
＝0.1 kg的子弹以速度v ＝50 m/s水平射入并留在木板A内(此过程时间极短)．已知物块B
0
与木板A间的动摩擦因数μ ＝0.20，木板A与地面间的动摩擦因数μ ＝0.30，各接触面间的
1 2
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度大小g＝10 m/s2，求：
(1)子弹射入木板过程中系统损失的机械能；
(2)子弹“停”在木板内之后瞬间A和B的加速度大小；
(3)最终物块B停止运动时距离木板A右端的距离．
答案 (1)112.5 J (2)8 m/s2 2 m/s2 (3)1.125 m
解析 (1)子弹射中木板A的过程动量守恒，有mv＝(m＋M)v
0 0 0 1
由能量守恒可知，子弹射入木板过程中系统损失的机械能为
ΔE＝mv2－(m＋M)v2
0 0 0 1
解得v＝5 m/s，ΔE＝112.5 J；
1
(2)子弹“停”在木板内之后瞬间对B应用牛顿第二定律可得μmg＝ma ，
1 B
对子弹与A组成的整体应用牛顿第二定律可得μmg＋μ(m＋m＋M)g＝(m＋M)a ，
1 2 0 0 A
解得a ＝8 m/s2，a ＝2 m/s2；
A B(3)子弹停在木板A内之后，A、B发生相对滑动，A减速，B加速，
设经过时间t 二者共速，有v－a t＝a t
1 1 A1 B1
解得t＝0.5 s，
1
此时二者速度为v＝a t＝1 m/s，
2 B1
故此过程A与B相对地面的位移分别为x ＝vt－a t2，x ＝a t2，
A 11 A1 B B1
共速后，因为μ<μ ，故二者分别做匀减速运动，对子弹与 A组成的整体应用牛顿第二定律
1 2
可得
μ(m＋m＋M)g－μmg＝(m＋M)a ′，
2 0 1 0 A
对B应用牛顿第二定律可得μmg＝ma ′，
1 B
解得a ′＝4 m/s2，a ′＝2 m/s2，
A B
共速后A、B继续滑行的距离分别为
x ′＝，
A
x ′＝，
B
故最终物块B停止运动时距离木板A右端的距离为Δx＝(x ＋x ′)－(x ＋x ′)，
A A B B
联立可得Δx＝1.125 m.
6．(2022·山西晋中市高三期末)如图所示，在水平地面上静置一质量为M＝3 kg的木板A，
在木板A的上面右侧放置一质量为m＝1 kg的木块B(可视为质点)．木块B与木板A之间的
动摩擦因数μ ＝0.1，木板A与地面之间的动摩擦因数μ ＝0.2.一个底面光滑、质量也为M＝
1 2
3 kg的木块C以速度v＝2 m/s与木板A发生弹性碰撞．重力加速度g取10 m/s2.
0
(1)求碰后瞬间木板A获得的速度大小；
(2)在木块B与木板A相对运动的过程中，若要保证木块B不从木板A上滑下，求木板 A的
最小长度．
答案 (1)2 m/s (2)0.5 m
解析 (1)设木块C与木板A碰后瞬间速度分别为v 、v ，木块C与木板A发生弹性碰撞，
1 2
有
Mv＝Mv＋Mv
0 1 2
Mv2＝Mv2＋Mv2
0 1 2
代入数据解得v＝0，v＝v＝2 m/s
1 2 0
(2)碰后木板A做减速运动，其加速度
a＝－＝－3 m/s2
1
木块B做加速运动，其加速度a＝＝μg＝1 m/s2
2 1
设二者速度相同时速度为v，有＝解得v＝0.5 m/s
此过程中木板A的位移为x＝＝ m
1
木块B的位移为x＝＝ m
2
二者速度相同后，木板A继续减速，假设B相对A向右滑动，
则A的加速度为a＝＝－ m/s2
3
木块B向右做减速运动，其加速度
a＝－＝－μg＝－1 m/s2
4 1
因为|a|>|a|，假设成立．所以速度相同后，木块B相对木板A将向右运动，直至停止．
3 4
A向右减速到零的位移x＝＝ m
3
A减速到零时，由于μmg<μ(m＋M)g，故保持静止．
1 2
B向右减速到零的位移为x＝＝ m
4
即B先相对A向左移动了x－x＝0.5 m，
1 2
后相对A向右移动了x－x＝ m，
4 3
则要保证木块B不从木板A上滑下，
木板A的最小长度为L＝x－x＝0.5 m.
1 2
7.(2022·山东省模拟)如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平地面上，一质量
为M＝2 kg的长木板B沿着斜面以速度v ＝9 m/s匀速下滑，现把一质量为m＝1 kg的铁块
0
A轻轻放在长木板B的左端，铁块恰好没有从长木板右端滑下，A与B间、B与斜面间的动
摩擦因数相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)铁块A和长木板B共速后的速度大小；
(2)长木板的长度；
(3)请用数值验证，铁块刚放上长木板左端时与达到共速时系统的总能量相等．
答案 (1)6 m/s (2)2.25 m (3)见解析
解析 (1)根据动量守恒定律有
Mv＝(M＋m)v
0
解得v＝6 m/s
(2)根据题意可知μ＝tan θ＝0.75
对铁块A受力分析有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
1
解得a＝12 m/s2
1
对长木板受力分析有Mgsin θ－μmgcos θ－μ(M＋m)gcos θ＝Ma
2
解得a＝－6 m/s2
2
经过时间t速度相等，有v＝v＋at＝at
0 2 1
铁块运动位移x＝t＝1.5 m
1
长木板运动位移x＝t＝3.75 m
2
长木板的长度l＝x－x＝2.25 m
2 1
(3)系统动能的变化量
ΔE＝(M＋m)v2－Mv2＝－27 J
k 0
铁块重力势能的变化量
ΔE ＝－mgxsin θ＝－9 J
p1 1
长木板重力势能的变化量
ΔE ＝－Mgx sin θ＝－45 J
p2 2
长木板与斜面之间摩擦产生的热量
Q＝μ(M＋m)gxcos θ＝67.5 J
1 2
铁块与长木板之间摩擦产生的热量
Q＝μmglcos θ＝13.5 J
2
因为ΔE＋ΔE ＋ΔE ＋Q＋Q＝0
k p1 p2 1 2
故系统能量守恒．
